7153. В куб ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
со стороной 1 вписана сфера. Точка E
расположена на ребре CC_{1}
, причём C_{1}E=\frac{1}{8}
. Из точки E
проведена касательная к сфере, пересекающая грань куба AA_{1}D_{1}D
в точке K
, причём \angle KEC=\arccos\frac{1}{7}
. Найдите KE
.
Ответ. \frac{14-7\sqrt{2}}{4}
.
Решение. Обозначим KE=x
. Пусть M
— точка касания прямой EK
со сферой, вписанной в данный куб (рис. 1); T
— точка пересечения плоскости, проходящей через точки C
, C_{1}
и K
, с ребром A_{1}D_{1}
; F
— ортогональная проекция точки E
на прямую KT
; P
и R
— центры граней CC_{1}D_{1}D
и AA_{1}D_{1}D
соответственно; N
и L
— середины рёбер CC_{1}
и A_{1}D_{1}
.
Поскольку сфера касается грани CC_{1}D_{1}D
в точке P
,
EM=EP=\sqrt{PN^{2}+EN^{2}}=\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(\frac{3}{8}\right)^{2}}=\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{9}{64}}=\frac{5}{8}.
Тогда
KR=KM=KE-ME=x-\frac{5}{8}.
Из прямоугольного треугольника KFE
находим, что
KF=KE\cos\angle EKF=x\cos\angle KEC=\frac{x}{7},
EF=KE\sin\angle EKF=\frac{4x\sqrt{3}}{7}.
Значит,
KT=KF+FT=\frac{x}{7}+\frac{1}{8},~TC_{1}=EF=\frac{4x\sqrt{3}}{7}.
Из прямоугольного треугольника TD_{1}C_{1}
находим, что
TD_{1}=\sqrt{TC_{1}^{2}-C_{1}D_{1}^{2}}=\sqrt{\frac{48x^{2}}{49}-1}.
Рассмотрим квадрат AA_{1}D_{1}D
(рис. 2). Пусть G
— проекция точки K
на RL
. В прямоугольном треугольнике KGR
известно, что
KR=x-\frac{5}{8},~KG=TL=TD_{1}-D_{1}L=\sqrt{\frac{48x^{2}}{49}-1}-\frac{1}{2},
RG=|RL-GL|=|RL-KT|=\left|\frac{1}{2}-\left(\frac{x}{7}+\frac{1}{8}\right)\right|=\left|\frac{3}{8}-\frac{x}{7}\right|.
По теореме Пифагора KG^{2}+RG^{2}=KR^{2}
, или
\left(\sqrt{\frac{48x^{2}}{49}-1}-\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(\frac{3}{8}-\frac{x}{7}\right)^{2}=\left(x-\frac{5}{8}\right)^{2}.
После очевидных упрощений получим уравнение
\sqrt{48x^{2}-49}=8x-7.
Возведём обе части этого уравнения в квадрат и приведём подобные. Получим квадратное уравнение
8x^{2}-56x+49=0.
Условию задачи удовлетворяет только один корень x=\frac{14-7\sqrt{2}}{4}
(второй больше \sqrt{3}
, т. е. диагонали куба).